文章目录

斜率优化引入
从例题开始
- 斜率优化Part 1: 推为斜率式
- 斜率优化Part 2: 合法点集的斜率单调性
- Part 3: 找到最优决策点
- Part 4: 斜率优化大流程
- Part 5: 斜率优化的优化
- Part 6: 代码详解
斜率优化的一些问题
例题详解
- [NOI2014 D2T1]购票
- - Summary
- 【CEOI2017】Building Bridges

斜率优化引入

在说斜率优化之前，我们先说说一种更为简单的dpdpdp优化。

比如，有一个dpdpdp式子形如dpi=min⁡0≤j＜i{dpj+f(j)+g(i)}dp_i=\min_{0≤j＜i} \{dp_{j}+f(j)+g(i)\}dpi=0≤j＜imin{dpj+f(j)+g(i)}

可以发现，这个式子中的每一项要么只与iii有关，要么只与jjj有关。

这个式子可以转化为dpi=min⁡0≤j＜i{dpj+f(j)}+gidp_i=\min_{0≤j＜i} \{dp_{j}+f(j)\}+g_idpi=0≤j＜imin{dpj+f(j)}+gi

于是，我们可以在枚举iii的同时，维护一个dpj+f(j)dp_j+f(j)dpj+f(j)的最小值minvminvminv。更为具体地说，每次我们先将dpidp_idpi的值赋为minv+giminv+g_iminv+gi，再将dpi+f(i)dp_i+f(i)dpi+f(i)来更新minvminvminv。

但是，如果这个式子中含有同时与 i,ji,ji,j 有关的项，就显然不能用这种dpdpdp优化了。

比如，有一个dpdpdp式子形如dpi=min⁡0≤j＜i{dpj+aj+bicj}dp_i=\min_{0 \le j＜i} \{dp_{j}+a_j+b_i c_j\}dpi=0≤j＜imin{dpj+aj+bicj}

此时我们很难找到 dpidp_idpi 的最优决策点 jjj。

这个 dp 式子的转移优化，有三种最常见方式：
①决策单调性优化 dp；
②斜率优化 dp；
③高级数据结构优化 dp（比如李超线段树）。

本篇文章，主要谈一谈②的具体优化方法。

从例题开始

【APIO2010】特别行动队

斜率优化Part 1: 推为斜率式

不难写出状态转移式:

dpi=max⁡0≤j＜i{dpj+a(prei−prej)2+b(prei−prej)+c}dp_i=\max_{0≤j＜i} \{dp_j+a (pre_i-pre_j)^2+b(pre_i-pre_j)+c\}dpi=0≤j＜imax{dpj+a(prei−prej)2+b(prei−prej)+c}

我们对max⁡\maxmax后面的部分进行推导：

dpj+a(prei−prej)2+b(prei−prej)+cdp_j+a (pre_i-pre_j)^2+b(pre_i-pre_j)+cdpj+a(prei−prej)2+b(prei−prej)+c
=dpj+aprei2−2apreiprej+aprej2+bprei−bprej+c=dp_j+a pre_i^2-2\ a\ pre_i\ pre_j+a\ pre_j^2+b\ pre_i-b\ pre_j+c=dpj+aprei2−2 a prei prej+a prej2+b prei−b prej+c

其中有一些项与jjj无关，我们可以把这些项看做常量并将它们取走。

剩下的式子为 dpj−2apreiprej+aprej2−bprejdp_j-2\ a\ pre_i\ pre_j+a\ pre_j^2-b\ pre_jdpj−2 a prei prej+a prej2−b prej

对于式子中仅仅与jjj有关的项，无论 iii 如何变化这个值都是不变的。所以可以将这些项的和压缩为一个函数 fff。令 f(j)=dpj+aprej2−bprejf(j)=dp_j+a\ pre_j^2-b\ pre_jf(j)=dpj+a prej2−b prej。

式子变成了f(j)+(−2aprei)prejf(j)+(-2\ a\ pre_i)pre_jf(j)+(−2 a prei)prej。

再令k(i)=−2apreik(i)=-2\ a\ pre_ik(i)=−2 a prei，于是最终的式子是f(j)+k(i)prejf(j)+k(i)\ pre_jf(j)+k(i) prej。决策点jjj是满足 f(j)+kprejf(j)+k\ pre_jf(j)+k prej 最大的jjj。

考虑: 如果 j1<j2j1<j2j1<j2 并且 j1j1j1 不比 j2j2j2 优，当且仅当

f(j1)+kprej1≤f(j2)+kprej2f(j1)+k\ pre_{j1}≤f(j2)+k\ pre_{j2}f(j1)+k prej1≤f(j2)+k prej2

移项得

k(prej1−prej2)≤f(j2)−f(j1)k\ (pre_{j1}-pre_{j2})≤f(j2)-f(j1)k (prej1−prej2)≤f(j2)−f(j1)

由于序列中的每个数都是非负数，所以 prej2>prej1pre_{j2}>pre_{j1}prej2>prej1，即 prej1−prej2<0pre_{j1}-pre_{j2}<0prej1−prej2<0。

根据⌊\lfloor⌊ 不等式两边同时乘或除一个负数，不等式方向改变 ⌉\rceil⌉，这个式子可以变成

k≤f(j2)−f(j1)prej1−prej2k≤\frac {f(j2)-f(j1)} {pre_{j1}-pre_{j2}}k≤prej1−prej2f(j2)−f(j1)

根据k=−2apreik=-2\ a\ pre_ik=−2 a prei，代入得

−2aprei≤f(j2)−f(j1)prej1−prej2-2\ a\ pre_i≤\frac {f(j2)-f(j1)} {pre_{j1}-pre_{j2}}−2 a prei≤prej1−prej2f(j2)−f(j1)

等式两边再同时乘−1-1−1:

2aprei≥f(j2)−f(j1)prej2−prej12\ a\ pre_i≥\frac {f(j2)-f(j1)} {pre_{j2}-pre_{j1}}2 a prei≥prej2−prej1f(j2)−f(j1)

f(j2)−f(j1)prej2−prej1≤2aprei\frac {f(j2)-f(j1)} {pre_{j2}-pre_{j1}}≤2\ a\ pre_iprej2−prej1f(j2)−f(j1)≤2 a prei

至此推式子的步骤全部结束。

为什么要推到这一步呢？可以发现，推到这一步之后，不等式右边的那一部分是一个斜率的形式。更具体地，假设在平面直角坐标系上有两个点A,BA,BA,B，AAA的横坐标为prej1pre_{j1}prej1且纵坐标为f(j1)f(j1)f(j1)，BBB的横坐标为prej2pre_{j2}prej2且纵坐标为f(j2)f(j2)f(j2)，那么f(j2)−f(j1)prej2−prej1\frac {f(j2)-f(j1)} {pre_{j2}-pre_{j1}}prej2−prej1f(j2)−f(j1)就等价于同时过AAA与BBB的直线的斜率。

此时可以采用斜率优化。

斜率优化Part 2: 合法点集的斜率单调性

提炼一下Part1Part\ 1Part 1中我们得到的结论：如果两个点相连的直线的斜率不大于k=2apreik=2\ a\ pre_ik=2 a prei，那么前面那个点对应的 jjj 就一定不是最优决策点；反之，后面那个点对应的jjj就一定不是最优决策点。

这有什么用呢？

先考虑三个点的简化情况，假设从 111 号点到 222 号点的斜率为 xxx，从 222 号点到 333 号点的斜率为 yyy。令 x>yx>yx>y。

图中的每一个点都对应着一个转移点jjj，我们给这三个点从左到右依次标号为 1,2,31,2,31,2,3 号点。

可以发现，此时无论kkk的取值如何，222号点都不会成为最优转移点。为什么呢？我们通过分类讨论来证明：

(1)2−32-32−3点的连线的斜率必须大于kkk，222号点才可能成为最优决策点。形式化地表示为y>ky>ky>k。
(2)1−21-21−2点的连线的斜率必须不大于kkk，222号点才可能成为最优决策点。形式化地表示为x≤kx≤kx≤k。

由于x>yx>yx>y，所以绝对不会存在任何一个实数kkk满足y>ky>ky>k且x≤kx≤kx≤k。

综上所述，222号点无论如何都不能成为最优决策点。

根据上面的推导，222号点已经“废了”，我们直接将它删去！

现在我们处理完了333个点的情况，考虑扩展到很多点的情况。

可以发现，如果存在三个横坐标递增的点，满足前两个点的斜率大于等于后两个点的斜率，那么就可以删去中间的那个点。

所以，如果我们处理出一个不可删点的点集的斜率数组(每相邻两个数的斜率)，那么这个数组必然是递增的。

Part 3: 找到最优决策点

不难发现，在一个不可删点的点集中，最优决策点jjj满足：

①点j−1j-1j−1与jjj相连的直线的斜率不大于kkk；
②点jjj与j+1j+1j+1相连的直线的斜率超过kkk。

由于这些点的斜率有单调性，所以可以通过二分来找到最优决策点jjj。

Part 4: 斜率优化大流程

枚举iii，维护不可删点点集sss。假设sss的长度为lenlenlen，两个点i,ji,ji,j相连直线的斜率为slope(si,sj)slope(s_{i},s_j)slope(si,sj)。

①二分找到最优决策点jjj；
②执行状态转移；
③不停地弹出队尾，直到slope(slen−1,slen)≤slope(slen,pi)slope(s_{len-1},s_{len})≤slope(s_{len},pi)slope(slen−1,slen)≤slope(slen,pi)或s≤1s≤1s≤1。这里pipipi表示iii对应的点；
④将pipipi压入sss中。

时间复杂度为O(nlog⁡n)O(n \log n)O(nlogn)。

斜率优化的精髓在于不可删点点集的单调性。正是因为这个单调性，我们才能采用二分去快速寻找最优决策点，从而将时间复杂度优化为O(nlog⁡n)O(n \log n)O(nlogn)。

Part 5: 斜率优化的优化

对于一些特定的题目，我们可以去掉的 log⁡\loglog。

比如对于本题(特别行动队)而言，k(i)k(i)k(i)是有单调性的；所以，每次我们可以不停地删去队头，直到队头满足最优决策点的性质；删完之后队头就是最优决策点。

此时，每个元素至多入队一次出队一次，时间复杂度 O(n)O(n)O(n)。

Part 6: 代码详解

斜率优化的代码历来非常短，甚至连1KB都没有，但是细节非常多。斜率优化的注意事项非常重要，这里有必要阐述一下：

①斜率优化有时可能会爆精度，比较两个斜率的时候可以用交叉相乘，比如这一题就卡了精度，必须采用这种方法才能A掉。

②请注意如果sss(不可删点点集)的大小已经是111了，就不要再删点了。 111是边界情况，000不是。

③在开始做dpdpdp之前，sss的大小应赋为111且其中的唯一一个数应为000。不然不会考虑从000转移的情况。

④少用doubledoubledouble，输出坚决不用doubledoubledouble。不然会自动转化为科学计数法的形式，从而“玄学”WA。我曾因此调了1.5h1.5h1.5h，最后把几个doubledoubledouble换成intintint才终于A掉。

⑤计算斜率必须用longdoublelong\ doublelong double，除非您采用了交叉相乘；

⑥请注意，只有 kkk 有单调性的时候才能用本种写法；否则，请乖乖二分，O(nlog⁡n)O(n \log n)O(nlogn)。

另外，普通的 O(n2)O(n^2)O(n2)的 dpdpdp 往往不难写，可以将自己的斜率优化dpdpdp的代码与朴素dpdpdp对拍，用于查错与检验。

//[APIO2010]特别行动队 AC Code
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define double long double
using namespace std;
const int maxl=1000005;int read(){int s=0,w=1;char ch=getchar();while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-')  w=-w;ch=getchar();}while (ch>='0'&&ch<='9'){s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^'0');ch=getchar();}return s*w;
}
int n,A,B,C,head=1,tail=1,q[maxl],a[maxl];
int pre[maxl],dp[maxl];double Y(int x){return A*pre[x]*pre[x]-B*pre[x]+dp[x];}
double X(int x){return pre[x];}
double calc(int x,int y){return (Y(y)-Y(x))/(X(y)-X(x));}signed main(){cin>>n>>A>>B>>C;for (int i=1;i<=n;i++)  a[i]=read(),pre[i]=pre[i-1]+a[i];for (int i=1;i<=n;i++){while (head<tail&&2*A*pre[i]<=calc(q[head],q[head+1]))  head++;int j=q[head];dp[i]=dp[j]+A*(pre[i]-pre[j])*(pre[i]-pre[j])+B*(pre[i]-pre[j])+C;while (head<tail&&calc(q[tail-1],q[tail])<=calc(q[tail],i))  tail--;q[++tail]=i;}cout<<dp[n]<<endl;return 0;
}

现在，想必你已经对斜率优化有了一个基本的了解。

本题为斜率优化的简单模板，同时还有Luogu P5785, Luogu P3195供您练习。前者涉及到一个 dpdpdp 的套路，后者与特别行动队类似。

斜率优化的一些问题

Q: 如果kkk没有单调性怎么办？
A: 不能去队首了，每次必须通过二分来找最优决策点。时间复杂度是O(nlog⁡n)O(n \log n)O(nlogn)的。

Q: 当iii增大的时候，如果横坐标没有单调性怎么办？
A: 此时，我们每次将iii对应的横坐标给插入对应的位置，然后查询kkk的前驱的位置编号并将其作为最优决策点来转移。此时我们要维护查询前驱后继以及插入的操作，可以采用平衡树来维护，比如这题。当然，也可以使用李超线段树来维护。

Q: 我们该如何推式子呢？你推了好久才得到最终的斜率式，中途有没有一些套路呢？
A: 有套路的。推式子的大致步骤如下：
①把括号全部拆掉；
②把仅仅与iii有关的项取出；
③把仅仅与jjj有关的项压缩为一个函数并带入；
④剩下的是与i,ji,ji,j均有关的项——对于这些项，先合并同类项。如果剩下的项的数量不超过111，那么我们就将这个式子给简化为a(i)b(j)a(i)\ b(j)a(i) b(j)的形式并带入；
⑤定义j1,j2j1,j2j1,j2，考虑如果j1<j2j1<j2j1<j2且j1j1j1比j2j2j2差会怎样，需要采用不等式的推导技巧；
⑥假定横坐标递增(就算不递增也用平衡树让它递增了)，得到斜率式。

Q: 如果与i,ji,ji,j均有关的项在合并同类项之后剩下的项的数量超过了111咋办？
A: 对不起，凉拌。斜率优化无法处理这种东西，请考虑决策单调性优化dpdpdp，比如这一题。

Q: 能不能给我一些斜率优化的好题？
A: 到处都是，这里给一个不错的题单。

例题详解

这些例题，各有各的特点以及套路。

[NOI2014 D2T1]购票

我们从部分分入手，一个一个考虑。

30pts: 暴力dp

状态设计: dpidp_idpi 表示从节点iii出发的答案；
状态转移: dpi=min⁡j∈ancestor(i),dis(i,j)≤li(dpj+pidis(i,j)+qi)dp_i=\min_{j∈ancestor(i),dis(i,j)≤l_i} (dp_j+p_i\ dis(i,j)+q_i)dpi=j∈ancestor(i),dis(i,j)≤limin(dpj+pi dis(i,j)+qi)

于是采用暴力 dp 即可。

50pts: 斜率优化

可以发现，30pts解法中的式子可以采用斜率优化。为了方便叙述，下面的preipre_iprei表示从iii到根节点的路径长度。

dpj+pidis(i,j)+qidp_j+p_i\ dis(i,j)+q_idpj+pi dis(i,j)+qi
=dpj+pi(prei−prej)+qi=dp_j+p_i(pre_i-pre_j)+q_i=dpj+pi(prei−prej)+qi
=dpj+piprei−piprej+qi=dp_j+p_i\ pre_i-p_i\ pre_j+q_i=dpj+pi prei−pi prej+qi
=(dpj)−piprej+(piprei+qi)=(dp_j)-p_i\ pre_j+(p_i\ pre_i+q_i)=(dpj)−pi prej+(pi prei+qi)

piprei+qip_i\ pre_i+q_ipi prei+qi与jjj无关，暂时移除。剩下的部分是dpj+(−pi)prejdp_j+(-p_i)pre_jdpj+(−pi)prej，而这是一个斜率优化的套路式。

令j1<j2j1<j2j1<j2为两个候选决策点，其中j1j1j1比j2j2j2差。形式化地：

dpj1+(−pi)prej1≥dpj2+(−pi)prej2dp_{j1}+(-p_i)\ pre_{j1}≥dp_{j2}+(-p_i)\ pre_{j2}dpj1+(−pi) prej1≥dpj2+(−pi) prej2
(−pi)(prej1−prej2)≥dpj2−dpj1(-p_i)(pre_{j1}-pre_{j2})≥dp_{j2}-dp_{j1}(−pi)(prej1−prej2)≥dpj2−dpj1
pi≥dpj2−dpj1prej2−prej1p_i≥\frac {dp_{j2}-dp_{j1}} {pre_{j2}-pre_{j1}}pi≥prej2−prej1dpj2−dpj1

由于pip_ipi没有单调性，所以必须二分找最优决策点。每次向孩子节点搜索完毕后，将所做的操作依次撤销并返回即可。

时间复杂度O(nlog⁡n)O(n \log n)O(nlogn)。

考虑正解。

正解的状态转移有一个致命的问题: 每个节点能成为合法决策点，当且仅当它与iii的距离不超过lil_ili。显然合法决策点一定是以iii的父节点为一端的一条连续的链，我们可以通过预处理求出每一个节点iii的合法决策点的深度最小能是多少。

我们向下搜索，维护一个数组记录下所有当前经过的节点的，返回时去除该数组中的末位，于是维护的就是iii的所有祖先节点。对于一个iii，这个数组中的合法转移点均在长度为limilim_ilimi的后缀中。

由于横坐标递增，我们能不能直接在这个后缀中二分查找呢？

显然不行。因为可能会出现下面这种情况：

图是盗的

比如查询其中长度为333的后缀，在这个后缀中B是合法的转移点，但是在整体中BBB并不是合法的转移点，因此已经去掉了它，所以漏掉了一个合法的点。

考虑对于后缀查询能否用线段树来维护。线段树上的每个节点维护一个单调栈，表示在此区间中的不可删点的点集。每次修改，我们找到所有要修改的区间，逐一执行单调栈修改；对于一次查询，我们将后缀拆成一些区间，对于每一个线段树区间二分查询此区间中的最优决策点。

对于跨区间的节点形成的斜率，分别尝试转移更新答案。由于这一类节点至多只有log⁡n\log nlogn个，所以直接转移时间复杂度仍然正确。

修改均摊O(log⁡n)O(\log n)O(logn)。
查询单次O(log⁡2n)O(\log^2 n)O(log2n)。

综上所述，我们采用线段树套单调栈将时间复杂度优化到了O(nlog⁡2n)O(n \log^2 n)O(nlog2n)。

Summary

对于这一类转移点必须在一个区间中的dpdpdp题，可以在最外层套上一棵线段树。

顺便说一句，本题采用树状数组套单调栈是一种更优常数的做法，留给读者思考。

【CEOI2017】Building Bridges

由于点的横坐标与查询的kkk均没有单调性，采用平衡树维护凸壳即可。

或者直接用李超线段树维护，也是可以的。

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